Bonjour
Quelles sont les conditions nécessaires et suffisantes que doivent remplir des projecteurs pour que leur somme soit encore un projecteur?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Amathoué.
N'appelle-t-on pas de tels projecteurs des projecteurs orthogonaux?
$p_i.p_j=p_j.p_i=0$ pour tout $(i,j)$.
Oui, c'est cela mais j'attends une démonstration claire et nette!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pas sûr sur la commutation deux à deux ,plutôt que $p_i \sum\limits_{j\neq i} p_j=(\sum\limits_{j\neq i} p_j) p_i=0$ pour tout $i\in I$ et toute famille finie $(p_i)_{i\in I}$ , de projecteurs....
Bonjour Amathoué
C'est à toi de voir!
En tout cas, je pense que cet exercice est un des multiples ponts aux ânes de Taupe!
Et je suis curieux de savoir comment on s'y prend aujourd'hui!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bon , j'expose ce que j'ai gribouillé et j'envoie une démo complète plus tard(ce serait sympa de ne pas publier de preuve). Lemme : Si $(p_i)_{i\in I}$ est une famille finie de projecteurs alors
$\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_j p_i)=0$ si et seulement si $p_i p_j=0$ pour tout couple $(i,j)\in I^2$,$i\neq j$.
Si $p=\sum\limits_{i\in I} p_i$ est un projecteur alors $p^2=\sum\limits_{i\in I} p_i^2 +\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_jp_i)=p=\sum\limits_{i\in I} p_i$. Or les $p_i$ sont des projecteurs donc $p_i^2=p_i$ et par le lemme précédent
on obtient que $p_i p_j=0$ pour tout couple $(i,j)\in I^2$,$i\neq j$.
Réciproquement , si $p_i p_j=0$ pour tout couple $(i,j)\in I^2$,$i\neq j$, alors $p^2=\sum\limits_{i\in I} p_i^2 +\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_j p_i)=\sum\limits_{i\in I} p_i^2=\sum\limits_{i\in I} p_i=p$.
La linéarité de la somme étant triviale, il ne reste plus qu'à démontrer le lemme(à tout à l'heure!).
Ne faudrait-il pas mieux écrire:
$p^2=\sum\limits_{i\in I} p_i^2+\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_jp_i)$
puisque les $p_i$ n'ont aucune raison divine ou humaine de commuter entre eux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mon cher Pierre
Je dois être complètement bouché aujourd'hui car je n'ai absolument rien compris à ce que tu as écrit.
Ce doit être sans doute le grand âge et c'est là que je m'aperçois combien j'ai changé!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il revient au même de déterminer la condition pour que la somme de projecteurs soit l'identité.
J'ai ça dans mes archives, j'ai la flemme de le retaper.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Merci Chaurien!
Effectivement il fallait d'abord traiter le cas où la somme des projecteurs était égale à $Id$.
Mais qu'en est il du cas général où cette somme de projecteurs est un projecteur différent de $Id$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Comme on a vu, il y a une démonstration spécifique pour le cas de trois projecteurs dont la somme est l'identité, autrement dit la somme de deux projecteurs est un projecteur. Dans ce cas particulier, il n'est pas nécessaire que la dimension de l'espace ambiant soit finie.
La démonstration que j'ai donnée du cas général suppose cette dimension finie. J'ignore si ceci se généralise au cas de la dimension infinie.
Il y a même une généralisation sympa.
Soit $E$ un $ K$-espace vectoriel de dimension finie $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit un entier $m\geq 2$, et soient $f_{1}$, $f_{2}$, ... , $f_{m}$ des endomorphismes de $E$ tels que : $\displaystyle \underset{i=1}{\overset{m}{\sum }}f_{i}=e=Id_{E}$ et $ \displaystyle \underset{i=1}{\overset{m}{\sum }}rang(f_{i})\leq n$.
Alors pour $i\in \{1,2,...,m\}$, les endomorphismes $f_{i}$ sont des projecteurs, et pour $i\in \{1,2,...,m\}$, $j\in\{1,2,...,m\}$, et $i\neq j$, on a : $f_{i}f_{j}=0$ (on note $f_{i}f_{j}$ pour $f_{i}\circ f_{j}$).
Ceci se démontre de même.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Du coup, je pose la question inverse. Peut-on montrer autrement que :
Si $(p_i)_{i\in I}$ est une famille finie de projecteurs alors
$\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_j p_i)=0$ si et seulement si $p_i p_j=0$ pour tout couple $(i,j)\in I^2$,$i\neq j$.
J'ai bien séché...
Merci Chaurien
Effectivement il fallait penser au projecteur complémentaire.
J'ai remarqué que ce petit exercice faisait beaucoup de dégât quand on voulait se lancer dans des calculs inextricables comme Amathoué.
Dans la démonstration du cas où $p_1+p_2 +\dots +p_m=Id_E$, je dirais ceci:
Soit $E_i=Im(p_i)$, on sait que: $Tr(p_i)=dim(E_i)$
On en déduit par passage aux traces que: $dim(E_1)+dim(E_2)+\dots+dim(E_m)=dim(E)$.
Soit $\varphi: E_1\times E_2\times \dots \times E_m\longmapsto E:(x_1,x_2,\dots x_m)\mapsto x_1+x_2+\dots +x_m$
$\varphi$ est surjective puisque $x=\varphi\big(p_1(x),p_2(x),\dots, p_m(x)\big)$ et puisque $dim(E_1\times E_2\times \dots \times E_m) =dim(E)$, $\varphi$ est donc aussi injectif et par suite est un isomorphisme.
On a donc une somme directe:
$E=E_1\oplus E_2\oplus\dots\oplus E_m$.
Maintenant si $i\ne j$, $(p_ip_j)(x)=p_i(p_j(x))$
Mais $p_j(x)\in E_j$ et par suite $p_i(p_j(x))=0$ pour tout $x\in E$ puisque $i\ne j$.
Par suite $p_ip_j=0$ pour $i\ne j$.
D'une façon générale, les projecteurs d'une somme directe sont orthogonaux.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Dans bon nombre de situations, on ajoute les projecteurs un par un, et l'on veut que les sommes successives soient des projecteurs (exemple: séries de Fourier).
Cela commence par $Im(p)\subseteq Ker(q)$ et $Im(q)\subseteq Ker(p)$
Et cela continue par $Im(p+q) \subseteq Ker(r)$ et $Im(r) \subseteq Ker(p+q)$. Or $Im(p+q)$ et $Ker(p+q)$ sont facilement calculables !
Réponses
Quel leur produit(i.e composée) commute deux à deux et soit nul?
N'appelle-t-on pas de tels projecteurs des projecteurs orthogonaux?
$p_i.p_j=p_j.p_i=0$ pour tout $(i,j)$.
Oui, c'est cela mais j'attends une démonstration claire et nette!
Amicalement
[small]p[/small]appus
C'est à toi de voir!
En tout cas, je pense que cet exercice est un des multiples ponts aux ânes de Taupe!
Et je suis curieux de savoir comment on s'y prend aujourd'hui!
Amicalement
[small]p[/small]appus
@pappus: le monde n'a pas changé à ce point.
Pour le sens direct:
- si $p+q$ projecteur, alors: $0=(p+q)^2-(p+q)=pq+qp=x$
- donc $0=px-xp=(pq+pqp)-(pqp+qp)$
Pour la réciproque: lire (1) de droite à gauche.Cela ne s'appelle pas éliminer des quantificateurs car le cas $2=0$ requiert un traitement spécial.
Cordialement, Pierre.
Lemme : Si $(p_i)_{i\in I}$ est une famille finie de projecteurs alors
$\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_j p_i)=0$ si et seulement si $p_i p_j=0$ pour tout couple $(i,j)\in I^2$,$i\neq j$.
Si $p=\sum\limits_{i\in I} p_i$ est un projecteur alors $p^2=\sum\limits_{i\in I} p_i^2 +\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_jp_i)=p=\sum\limits_{i\in I} p_i$. Or les $p_i$ sont des projecteurs donc $p_i^2=p_i$ et par le lemme précédent
on obtient que $p_i p_j=0$ pour tout couple $(i,j)\in I^2$,$i\neq j$.
Réciproquement , si $p_i p_j=0$ pour tout couple $(i,j)\in I^2$,$i\neq j$, alors $p^2=\sum\limits_{i\in I} p_i^2 +\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_j p_i)=\sum\limits_{i\in I} p_i^2=\sum\limits_{i\in I} p_i=p$.
La linéarité de la somme étant triviale, il ne reste plus qu'à démontrer le lemme(à tout à l'heure!).
Je ne comprends pas très bien ton développement: Ne faudrait-il pas mieux écrire:
$p^2=\sum\limits_{i\in I} p_i^2+\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_jp_i)$
puisque les $p_i$ n'ont aucune raison divine ou humaine de commuter entre eux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je dois être complètement bouché aujourd'hui car je n'ai absolument rien compris à ce que tu as écrit.
Ce doit être sans doute le grand âge et c'est là que je m'aperçois combien j'ai changé!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai bien compris que tu avais traité le cas de deux projecteurs mais qu'en est-il du cas général?
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai ça dans mes archives, j'ai la flemme de le retaper.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Effectivement il fallait d'abord traiter le cas où la somme des projecteurs était égale à $Id$.
Mais qu'en est il du cas général où cette somme de projecteurs est un projecteur différent de $Id$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
La démonstration que j'ai donnée du cas général suppose cette dimension finie. J'ignore si ceci se généralise au cas de la dimension infinie.
Soit $E$ un $ K$-espace vectoriel de dimension finie $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit un entier $m\geq 2$, et soient $f_{1}$, $f_{2}$, ... , $f_{m}$ des endomorphismes de $E$ tels que : $\displaystyle \underset{i=1}{\overset{m}{\sum }}f_{i}=e=Id_{E}$ et $ \displaystyle \underset{i=1}{\overset{m}{\sum }}rang(f_{i})\leq n$.
Alors pour $i\in \{1,2,...,m\}$, les endomorphismes $f_{i}$ sont des projecteurs, et pour $i\in \{1,2,...,m\}$, $j\in\{1,2,...,m\}$, et $i\neq j$, on a : $f_{i}f_{j}=0$ (on note $f_{i}f_{j}$ pour $f_{i}\circ f_{j}$).
Ceci se démontre de même.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Du coup, je pose la question inverse. Peut-on montrer autrement que :
Si $(p_i)_{i\in I}$ est une famille finie de projecteurs alors
$\sum\limits_{i<j} (p_i p_j+p_j p_i)=0$ si et seulement si $p_i p_j=0$ pour tout couple $(i,j)\in I^2$,$i\neq j$.
J'ai bien séché...
Effectivement il fallait penser au projecteur complémentaire.
J'ai remarqué que ce petit exercice faisait beaucoup de dégât quand on voulait se lancer dans des calculs inextricables comme Amathoué.
Dans la démonstration du cas où $p_1+p_2 +\dots +p_m=Id_E$, je dirais ceci:
Soit $E_i=Im(p_i)$, on sait que: $Tr(p_i)=dim(E_i)$
On en déduit par passage aux traces que: $dim(E_1)+dim(E_2)+\dots+dim(E_m)=dim(E)$.
Soit $\varphi: E_1\times E_2\times \dots \times E_m\longmapsto E:(x_1,x_2,\dots x_m)\mapsto x_1+x_2+\dots +x_m$
$\varphi$ est surjective puisque $x=\varphi\big(p_1(x),p_2(x),\dots, p_m(x)\big)$ et puisque $dim(E_1\times E_2\times \dots \times E_m) =dim(E)$, $\varphi$ est donc aussi injectif et par suite est un isomorphisme.
On a donc une somme directe:
$E=E_1\oplus E_2\oplus\dots\oplus E_m$.
Maintenant si $i\ne j$, $(p_ip_j)(x)=p_i(p_j(x))$
Mais $p_j(x)\in E_j$ et par suite $p_i(p_j(x))=0$ pour tout $x\in E$ puisque $i\ne j$.
Par suite $p_ip_j=0$ pour $i\ne j$.
D'une façon générale, les projecteurs d'une somme directe sont orthogonaux.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Dans bon nombre de situations, on ajoute les projecteurs un par un, et l'on veut que les sommes successives soient des projecteurs (exemple: séries de Fourier).
Cela commence par $Im(p)\subseteq Ker(q)$ et $Im(q)\subseteq Ker(p)$
Et cela continue par $Im(p+q) \subseteq Ker(r)$ et $Im(r) \subseteq Ker(p+q)$. Or $Im(p+q)$ et $Ker(p+q)$ sont facilement calculables !